Mô tả:
TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I
Năm học 2015 – 2016.
MÔN: TOÁN. LỚP 12
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
( Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1( 2,0 điểm). Cho hàm số y x3 3 x2 (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).
b) Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị (C) tạo với đường thẳng
: x my 3 0 một góc biết cos
4
.
5
2x 3
.
x 2015
ET
Câu 2(1,0 điểm ). Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số y
9
ATH
S.N
5
Câu 3( 1,0 điểm). Xác định hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển x5 2 .
x
Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 x sin x cos x 2 cos2 x 0 .
Câu 5(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA
a 3
a
, SB
2
2
60 0 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của
, BAD
AB, BC. Tính thể tích tứ diện KSDC và tính cosin của góc giữa đường thẳng SH và DK.
Câu 6(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
DC BC 2 , tâm I( - 1 ; 2 ). Gọi M là trung điểm của cạnh CD, H( - 2; 1 ) là giao điểm của
hai đường thẳng AC và BM.
TM
a) Viết phương trình đường thẳng IH.
b) Tìm tọa độ các điểm A và B.
Câu 7( 1,0 điểm). Giải phương trình
trên tập số thực.
VIE
2 x 1 3 2 x 4 2 3 4 x 4 x2
2
1
4 x2 4 x 3 2 x 1
4
x y z 0
Câu 8( 1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn 2
.Tìm giá trị lớn
2
2
x y z 2
nhất của biểu thức P x3 y3 z3 .
------------------- Hết ------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh:………
TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL LẦN I
MÔN: TOÁN. LỚP 12
(Hướng dẫn gồm 04 trang)
Chú ý:
Học sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa phần đó.
Điểm toàn bài không làm tròn.
CÂU
ĐÁP ÁN
TXĐ: D
Sự biến thiên: y 3 x2 6 x 3 x x 2
0.25
ET
x 0
y 0
x 2
ĐIỂM
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 0 và 2;
Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2 .
ATH
S.N
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 yCT 4 , cực đại tại x = 0 yCÑ 0
0.25
Giới hạn lim y , lim y
x
Bảng biến thiên
x
x
-∞
y’
1a)
(1,0 đ)
+
y
-∞
+∞
2
0
-
+
+∞
0.25
-4
TM
Đồ thị
0
0
0
6
y
f(x)=x^3-3*x^2
4
VIE
2
-4
-2
0.25
x
2
4
6
-2
-4
-6
Đường thẳng đi qua CĐ, CT là 1 : 2 x y 0 VTPT n1 2;1
Đường thẳng đã cho : x my 3 0 có VTPT n2 1; m
1b)
(1,0 đ)
Yêu cầu bài toán cos ; 1 cos n1; n 2
25 m2 4 m 4 5.16. m2 1
11m2 20 m 4 0
m2
5. m2 1
4
5
0.25
0.25
0.25
1
m 2
2
m
11
2x 3
2x 3
( hoặc lim
) nên x 2015 là
x2015 x 2015
x2015 x 2015
tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
2x 3
Vì lim
2 nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x x 2015
Vì
2
(1,0 đ)
0.25
lim
0.5
0.5
9 k
k 5
Xét số hạng thứ k + 1 trong khai triển Tk 1 C9k . x 5 . 2
x
k 9 k 7 k 18
Tk 1 C9 .5 .x
Vì số hạng chứa x3 nên 7k 18 3 k 3
Vậy hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển là C93 .56 1.312.500
3
(1,0 đ)
ET
PT sin 2 x cos2 x sin x cos x cos2 x 0
4
(1,0 đ)
sin x cos x 0 1
sin x 2 cos x 0 2
0.25
0.25
0.25
0.25
ATH
S.N
sin x cos x sin x 2 cos x 0
0.25
0.25
1 tan x 1 x 4 k k
2 tan x 2 x arctan 2 k k
0.25
0.25
TM
S
B
C
K
0.25
VIE
H
M
5
(1,0 đ)
A
Từ giả thiết ta có AB = a, SA
D
a
a 3
, SB
nên ASB vuông tại S
2
2
AB
SAH đều. Gọi M là trung điểm của AH thì SM AB .
2
Do SAB ABCD SM ABCD .
SH
1
1
1
Vậy VKSDC VS.KCD .SM.SKCD .SM. SBAD
3
3
2
3
1 a 3 1 a.a. 3 a
.
. .
(đvtt)
3 4 2 2.2
32
0.25
0.25
2
Gọi Q là điểm thuộc AD sao cho AD = 4 AQ HQ KD nên
SH , DK SH , QH
Gọi I là trung điểm HQ MI AD nên MI HQ
Mà SM ABCD SI HQ SH , QH SHI
.
0.25
Trong tam giác vuông SHI có:
0.25
0.5
ET
6a
(1,0 đ)
1
1
1 a 3
HQ
DK
.
3
HI 2
4
.
4 2
cos SHI
a
a
a
SH
4
2
2
2
IH 1; 1
Nên đường thẳng IH có phương trình x y 3 0 .
A
0.5
ATH
S.N
B
I
H
D
C
M
Từ giả thiết ta suy ra H là trọng tâm của BCD IA 3HI A(2; 5) .
2
2
BC 6
1
BC 3
BM
BC 2 MC 2
, HC AC
3
3
3
3
3
2
2
2
HB HC BC nên BM AC
BM đi qua H( -2; 1 ), nhận IH 1; 1 làm VTPT có phương trình
Ta có HB
TM
6b
(1,0 đ)
x y 1 0 tọa độ B có dạng B( t; - t - 1 ).
2
0.25
0.25
0.25
2
Lại có IA IB nên 18 t 1 t 3 t 2 4t 4 0
ĐK:
7
(1,0 đ)
B 2 2 2;1 2 2
.
B 2 2 2;1 2 2
VIE
t 2 8
. Do đó
t 2 8
0.25
1
3
x . Phương trình
2
2
2
2x 1 3 2x
2
2 x 12 2 x 12
(*)
2 x 1 3 2x
2
2
0.25
Xét hàm số f t t 2 t trên 0; có
f t 2t 1 0 t 0; nên hàm số f(t) đồng biến trên 0;
2
f 2 x 1 3 2 x f 2 x 1
Do đó pt (*) trở thành
2
f ñoàng bieán
0.25
3
2x 1
8
2 x 1
3 2x
2
8
2
2 x 1 3 2 x 4 2 x 1
2
2
2 x 1 3 2 x 2 x 1 3 2 x ( **)
2 x 1 a 0
Đặt
thì phương trình (**) trở thành
3 2 x b 0
8 a b a 2 b 2 2 4 a 2 b 2 (1)
8 a b a 2 b 2 2
a 2 b 2 4
a 2 b 2 4
2
Từ (1) 8 a b 16 4 a 2 b 2 2 a b 4 a 2 b 2
4 a 2 b 2 2 ab 16 8a 2 b 2 a 4 b 4 (***)
Đặt ab = t 0 t 2 thì pt (***) trở thành
0.25
ET
16 8t 16 8t 2 t 4 t t 2 t 2 2t 4 0
ATH
S.N
t 0
x 1
t 2 loaïi
2
x
1
3
2
x
2
2
. Vậy t = 0
t
loaï
i
1
5
3
2 x 1. 3 2 x 0
x
2
t 1 5 loaïi
0.25
Chú ý: HS có thể giải theo cách khác như sau
Đặt a 2 x 1 3 2 x . Phương trình đã cho trở thành
a a 2 a 2 2a 4 a 4 8a 2 8a 8 0
3
Có x y z 0 z x y P x3 y3 x y 3 xyz
2
Vậy P 3 z z2 1
2
4
4
1
3
x y z2 z2
z
2
2
3
3
4 4
Đặt P f z 3z3 3 z với z ;
K
3 3
z 1 K
3
2
Có f z 9z 3 , f z 0
z 1 K
3
VIE
Do 2 x2 y2 z2
8
(1,0 đ)
TM
Từ x 2 y2 z2 2 x y 2 xy z2 2 2 z2 2 xy 2 xy z2 1
4
1
4 4
4 1 2
2
Ta có: f
, f
,f
,f
3
3 3
3
3
3 3
3
2
2
1
Do vậy max P
khi z
;x y
3
3
3
0.25
0.25
0.25
0.25
- Xem thêm -